Kombinacje z powtórzeniami

Wykład 3.
A.Mickiewicz, Reduta Ordona :
A przeciw nim sterczy biała, wąska, zaostrzona,
Jak głaz bodzący morze, reduta Ordona.
Sześć tylko miała armat;(...)
(...)
Harmaty podskoczyły i jak wystrzelone
Toczyły się na kołach - lonty zapalone
Nie trafiły do swoich panew. I dym wionął
Prosto ku nam; i w gęstej chmurze nas ochłonął.
T. Traczyk, Wykład z Matematyki dyskretnej :
Na ile sposobów lonty zapalone nie trafiły do swoich panew?
Nieporządki
Zadanie.
Wróg wytoczył przeciwko nam baterię haubic kalibru 152mm,baterię haubic kalibru 122mm, baterię
armat 75mm i baterię wyrzutni rakietowych 120mm. Wysłano do nich cztery cięŜarówki z amunicją,
po jednej z amunicją kaŜdego kalibru, ale naszym agentom udało się losowo pomieszać instrukcje
dla kierowców. Jakie jest prawdopodobieństwo, Ŝe Ŝadne działo nie będzie mogło wystrzelić?
Wszystkich wyników tego eksperymentu jest oczywiście 4! – tyle ile permutacji zbioru 4
elementowego. Korzystne dla nas są te, gdy Ŝadna bateria nie dostanie amunicji swojego kalibru,
innymi słowy takie permutacje, w których Ŝadna z liczb 1,2,3,4 nie stoi na „swoim właściwym
miejscu” – stąd tytułowe nieporządki. Liczbę tych nieporządków oznaczmy przez D(4) (D od
„derangement”). Jeśli patrzymy na permutacje jak na bijekcje zbioru [4] na siebie, to interesują nas
permutacje „bez punktów stałych”, czyli bez takich punktów x dla których f(x)=x. Jak to ugryźć?
Spróbujmy moŜe „przez przekorę” – policzmy permutacje posiadające choć jeden punkt stały i to co
wyjdzie odejmijmy od 4!. Z kolei permutacje posiadające choć jeden punkt stały moŜemy podzielić
na podzbiory P1, P2, P3 i P4 gdzie Pi jest zbiorem tych permutacji, które spełniają warunek f(i) = i.
Widać więc, Ŝe D(4) = 4!-|P1∪P2∪P3∪P4|. A to juŜ pachnie zasadą włączeń i wyłączeń, bo
wystarczy obliczyć |P1∪P2∪P3∪P4|. Do tego potrzebujemy
 4
4
(a)
∑ | P | =  1 3! = 24
i =1
(b)
i
 
 4
 4
∑ | P ∩ P | =  2 2! = 12 bo rosnących ciągów (i,j) o wyrazach z [4] jest  2  a permutacji
i
j
 
 
elementów na miejscach róŜnych od i-tego i j-tego (czyli permutacji w Pi∩Pj) jest 2!
i< j
(c)
 4
∑ | P ∩ P ∩ P | =  3 1! = 4
i< j<k
(d)
i
j
k
 
 4
∑| P ∩ P ∩ P ∩ P | =  4 0! = 1
i< j<k <l
i
j
k
l
 
 4
 4
 4
Zgodnie z zasadą włączeń i wyłączeń, D(4) = n!-|P1∪P2∪P3∪P4| = 4! -  3! +  2! -  1! +
1
 2
 3
 4
4!3! 4!2! 4!1! 4!0!
1 1 1
1
1 1
1
1 1
+
+
= 4!(1 - + + ) = 4!( + ) = 24( - +
 0! = 4! 1!3!
2!2! 3!1! 4!0!
1! 2! 3! 4!
2! 3! 4!
2 6
 4
1
12 − 4 + 1
9 3
) = 24(
) = 9. Czyli szukanym prawdopodobieństwem jest
= . Zadanie to
24
24
24 8
prowokuje pytanie ogólne : ile jest „nieporządków” zbioru [i], czyli permutacji zbioru [n] bez
punktów stałych? Odpowiedzią jest oczywiście
Twierdzenie. (O nieporządkach)
Liczba permutacji zbioru [n] nie posiadających punktów stałych jest równa
n
n
n
n
D(n) = n! -  ( n − 1)! +  ( n − 2)! -  ( n − 3)! + …+ ( −1) n  0! =
1
 2
 3
n
1 1
1
n!( + … + ( −1) n ).
2! 3!
n!
Dowód. Pomijamy bo polega na prostym przeniesieniu rozumowania zaprezentowanego w
rozwiązaniu powyŜszego zadania na przypadek ogólny (czyli piszemy n zamiast 4 i t.d.).
Typowe zastosowanie tej sztuczki to „na ile sposobów moŜna tak zestawić pary, aby nikt nie tańczył
z własną Ŝoną”?
Funkcje „na” (surjekcje)
Zadanie.
Na ile sposobów moŜna rozdzielić 6 wyrzutni rakiet Stinger między 4 mudŜahedinów tak, aby kaŜdy
mógł chociaŜ raz wystrzelić?
A na ile sposobów w ogóle moŜemy rozdzielić 6 Stingerów miedzy 4 mudŜahedinów? Oczywiście
46 - kaŜdej wyrzutni po kolei przydzielamy mudŜahedina. Co z tego trzeba usunąć? Oczywiście
takie przydziały, które pomijają pierwszego, drugiego, trzeciego lub czwartego mudŜahedina. Czym
to pachnie? Oczywiście juŜ z daleka czuć zasadę włączeń i wyłączeń. Oznaczmy przez Pi zbiór tych
przydziałów wyrzutni, które pomijają i-tego mudŜahedina. Szukaną liczbą jest wówczas
S(6,4) = 46 - |P1∪P2∪P3∪P4|. Znów musimy obliczyć
 4
 4
bo na   sposobów moŜemy wybrać pechowego mudŜahedina i na 36
i =1
 
 1
sposobów rozdzielić Stingery wśród pozostałych trzech.
4
(a)
∑ | P | =  1 3
(b)
∑ | P ∩ P | =  2 2
 4
i< j
(c)
i
j
 
6
z tego samego powodu.
 4
∑ | P ∩ P ∩ P | =  3 1
i< j<k
(d)
6
i
i
j
k
6
 
 4
∑| P ∩ P ∩ P ∩ P | =  4 0
i< j<k <l
i
j
k
l
 
6
= 0.
 4
 4
 4
 4
Zgodnie z zasadą włączeń i wyłączeń mamy więc S(6,4) = 46 -  36 +  26 -  16 +  06 =
1
 2
 3
 4
 4
 4
 4
46 -  36 +  26 -  16 = 4096 – 2916 + 384 – 4 = 1560. Co myśmy tak naprawdę policzyli?
1
 2
 3
Liczbę funkcji ze zbioru [6] na zbiór [4]. Podobnie jak poprzednio sam wzór, jak i prowadzące do
niego rozumowanie moŜna łatwo uogólnić na dowolne n i k.
Twierdzenie. (O funkcjach „na”)
k 
k 
 k k
Funkcji ze zbioru [n] na [k] jest k n -  ( k − 1) n +  (k − 2) n ... + ( −1) k −1 
1 .
 k − 1
1
 2
Kombinacje z powtórzeniami
Przypomnijmy sobie zadanie o ładowaniu nabojów do magazynków Kałasznikowa w wersji „ na ile
sposobów moŜna 30 identycznych nabojów załadować do trzech róŜnych magazynków”. Popatrzmy
na to w ten sposób: siadamy przy stole, ustawiamy naboje w rządek i rządek ten dzielimy w dwóch
miejscach (a więc na trzy części, być moŜe niektóre puste) układając w tych miejscach naboje
leŜące (pozostałe stoją). Na ile sposobów moŜemy to zrobić? Oczywiście na tyle, na ile sposobów w
 32 
rzędzie 32 naboi moŜemy dwa przewrócić czyli   . Często wygodnie jest mówić o takim
2
problemie w języku zbiorów (kombinacji) z powtórzeniam – ile jest 30-to elementowych
podzbiorów z powtórzeniami zbioru 3 elementowego. KaŜdy element naszego zbioru moŜe w
podzbiorze wystąpić dowolnie wiele razy (a priori), w naszym zadaniu ograniczyliśmy łączną liczbę
wystąpień do 30, bo tyle naboi mieści się w standardowym magazynku karabinka szturmowego AK47 popularnie zwanego Kałasznikowem. Jeśli oznaczymy przez x1,x2 i x3 liczę naboi odpowiednio w
pierwszym, drugim i trzecim magazynku to nasz problem przyjmie następującą postać : ile jest
nieujemnych, całkowitoliczbowych rozwiązań równania x1+x2+x3=30. Sztuczka, którą
zastosowaliśmy wydaje się być wystarczająco ogólna aby sformułować
Twierdzenie.(k-kombinacje z powtórzeniami ze zbioru n-elementowego)
 k + n − 1
Liczba k-kombinacji z powtórzeniami ze zbioru n-elementowego wynosi 
 .
 n −1 
Dowód.
Postępujemy tak jak w przypadku naboi. Ustawiamy w ciąg k+(n−1) kopii jakiegoś (dowolnego)
symbolu a następnie n-1 z nich usuwamy. Puste miejsca dzielą nasz ciąg na n fragmentów o łącznej
liczności k. Liczność i-tego fragmentu interpretujemy jako liczbę powtórzeń i-tego elementu w
otrzymanym podzbiorze.
Wniosek.
n −1+ k 
Liczba k-kombinacji z powtórzeniami ze zbioru n-elementowego wynosi 
 .
k


Dowód.
 n + k − 1
MoŜna to udowodnić korzystając z własności współczynników dwumianowych, 
 =
 k

 n + k − 1   n + k − 1

 = 
 , albo powiedzieć, Ŝe w rzędzie utworzonym z n+k−1 naboi
 ( n + k − 1) − k   n − 1 
przewracamy k i te stojące n−1 traktujemy jako separatory podzbiorów.
n
Jedną z interpretacji liczby   była liczba ściśle rosnących funkcji z [k] w [n].
k 
Wniosek.(ciągi niemalejące)
 n + k − 1
Liczba niemalejących funkcji z [k] w [n] jest równa 
 .
 k

Dowód.
KaŜdą k-kombinację z powtórzeniami z [n] moŜna w dokładnie jeden sposób zapisać w porządku
niemalejącym a kaŜdy niemalejący ciąg długości k elementów z [n] jest k-kombinacją z
powtórzeniami. 
Zasada szufladkowa Dirichleta
Legenda głosi, Ŝe Dirichlet miał n+1 skarpetek, które przechowywał w komódce, w n szufladkach
(ja bym oczywiście ładował n+1 naboi do n magazynków). Pewnego razu zrobił pranie i rozkładając
uprane i wysuszone skarpetki do szufladek zauwaŜył ku swemu zdziwieniu, Ŝe jak by nie próbował,
to zawsze w co najmniej jednej szufladce są co najmniej dwie skarpetki. Chwilę podumał i
sformułował słynne
Twierdzenie (Zasada szufladkowa Dirichleta).
Dla kaŜdej dodatniej liczby całkowitej n kaŜda funkcja ze zbioru n+1 elementowego w n
elementowy jest nieróŜnowartościowa.
Mimo, Ŝe fakt wydaje się intuicyjnie oczywisty (a moŜe właśnie dlatego) zasługuje na porządny
Dowód.
Indukcja względem n. Dla n=1 twierdzenie jest oczywiste bo istnieje raptem jedna funkcja
f : {1,2} → {1} , mianowicie f(1) = f(2) = 1, oczywiście nieróŜnowartościowa. Przypuśćmy teraz, Ŝe
dla pewnego n istnieje róŜnowartościowa funkcja f : [n + 2] → [n + 1] , przy załoŜeniu indukcyjnym,
Ŝe Ŝadna funkcja z [n+1] w [n] nie jest róŜnowartościowa. Oznaczmy przez f* = f|{1,2,...,n+1} , obcięcie
funkcji f do [n+1]. Oczywiście f* jest róŜnowartościową funkcją z {1,2,...,n+1} w {1,2,...,n+1}.
Gdybyśmy wykazali, Ŝe f* jest funkcją w zbiór n elementowy to mielibyśmy sprzeczność z
załoŜeniem indukcyjnym. Czy coś złego moŜe się stać jeśli powiemy, Ŝe f* jest funkcją z [n+1] w
[n+1]−{f(n+1)}? A priori tak, f* moŜe przestać być funkcją – jeśli usuwany element f(n+1) był
wartością f dla jakiegoś argumentu oprócz n+1. Ale o f zakładaliśmy, Ŝe jest róŜnowartościowa,
czyli tak się zdarzyć nie moŜe. 
Mimo swojej prostoty (a moŜe dzięki niej) zasada szufladkowa ma wiele zaskakujących i
nieoczekiwanych konsekwencji. Pozwala na przykład rozwiązać
Zadanie.
Wykazać, Ŝe w kaŜdym zbiorze n liczb całkowitych istnieje podzbiór o sumie elementów podzielnej
przez n.
Przypuśćmy, Ŝe nasz zbiór składa się z liczb a1,a2, ... an. RozwaŜmy liczby a1, a1+a2, a1+a2+a3, ...
,a1+a2+ ... an. Jeśli któraś z nich jest podzielna przez n to koniec. Jeśli Ŝadna nie jest podzielna przez
n to kaŜda daje w dzieleniu przez n resztę ze zbioru {1,2, ... ,n-1}. PoniewaŜ liczb jest n a
dopuszczalnych reszt n-1 więc któreś dwie liczby dają taką samą resztę w dzieleniu przez n – na
mocy zasady szufladkowej. Niech to będą liczby a1+ ... ai oraz a1+ ... aj, i<j. Wówczas liczba a1+ ...
aj – (a1+ ... ai) = ai+1+ai+2+ ... +aj jest podzielna przez n i jest oczywiście sumą elementów zbioru
{ai+1,ai+2, ... aj} zawartego w {a1,a2, ... an}.